Question

20．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-alnx（a＞0）
（I）求f（x）的单调区间
（Ⅱ）求f（x）在区间[1，e]上的最小值；
（Ⅲ）若f（x）在区间（1，e）上恰有两个零点，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）可得x=$\sqrt{a}$为函数的临界点，通过讨论a的范围，结合函数的单调性，可得最值；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知当0＜a≤1或a≥e²时，不合题意，当1＜a＜e²时，得到不等式组，解之可得a的范围．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=x-$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}-a}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞$\sqrt{a}$，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\sqrt{a}$，
∴函数f（x）在（0，$\sqrt{a}$）递减，在（$\sqrt{a}$，+∞）递增；
（Ⅱ）①若 $\sqrt{a}$≤1，即0＜a≤1，在（1，e）上，f′（x）＞0，f（x）在[1，e]上单调递增，
因此，f（x）在区间[1，e]的最小值为f（1）=$\frac{1}{2}$．
②若1＜$\sqrt{a}$＜e，即1＜a＜e²，在（1，$\sqrt{a}$）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
在（$\sqrt{a}$，e）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，因此f（x）在区间[1，e]上的最小值为f（$\sqrt{a}$）=$\frac{1}{2}$a（1-lna），
③若$\sqrt{a}$≥e，即a≥e²在（1，e上，f′（x）＜0，f（x）在[1，e]上单调递减，
因此，f（x）在区间[1，e]上的最小值为f（e）=$\frac{1}{2}$e²-a．
综上，当0＜a≤1时，f_min（x）=$\frac{1}{2}$；
当1＜a＜e²时，f_min（x）=$\frac{1}{2}$a（1-lna）；
当a≥e²时，f_min（x）=$\frac{1}{2}$e²-a．
（Ⅲ） 由（Ⅱ）可知当0＜a≤1或a≥e²时，
f（x）在（1，e）上是单调递增或递减函数，不可能存在两个零点，
当1＜a＜e²时，要使f（x）在区间（1，e）上恰有两个零点，
则$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}a（1-lna）＜0}\\{f（1）=\frac{1}{2}＞0}\\{f（e）={\frac{1}{2}e}^{2}-a＞0}\end{array}\right.$，解得：e＜a＜$\frac{1}{2}$e²，
∴a的取值范围为（e，$\frac{1}{2}$e²）．

点评 本题考查利用导数研究函数的切线，涉及函数的零点和闭区间的最值，属中档题．